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1. 和为 k 的子数组

题目描述

给定一个整数数组 nums 和一个整数 k，你需要在数组中找到连续子数组的个数，使得这些子数组的和等于 k。

解题思路

我们可以通过 前缀和 的方法来高效解决这个问题，结合 哈希表 来记录每个前缀和出现的次数，从而迅速计算出满足条件的子数组。

主要思路

1. 前缀和的定义：

   • 对于数组 nums，prefix[i] 表示从 nums[0] 到 nums[i-1] 的和。也就是说，prefix[i] = nums[0] + nums[1] + ... + nums[i-1]。
   • 子数组的和 nums[i..j] 可以表示为：prefix[j+1] - prefix[i]。因此，如果我们希望找到 nums[i..j] 的和为 k，那么只需要满足 prefix[j+1] - prefix[i] = k。

2. 如何利用哈希表：

   • 在遍历数组时，我们可以计算当前的前缀和 pre。
   • 然后，我们通过 map.containsKey(pre - k) 来判断是否存在一个前缀和为 pre - k 的位置，这样就找到了一个子数组和为 k。
   • 我们还需要维护一个哈希表 map，其中 map.get(pre) 表示当前前缀和 pre 出现的次数。这样做是为了确保我们能够计算出所有符合条件的子数组。

3. 核心算法：

   • 初始化哈希表 map，将 0 的计数初始化为 1，因为如果前缀和刚好为 k，就意味着从数组起始位置开始的子数组和为 k。
   • 遍历数组并更新前缀和，并利用哈希表记录前缀和的出现次数。

步骤

1. 初始化：

   • pre = 0 表示当前的前缀和。
   • cnt = 0 表示符合条件的子数组数量。
   • map 存储前缀和及其出现次数，初始时将 map.put(0, 1)，即前缀和为 0 出现 1 次。

2. 遍历数组：

   • 对于每个元素，更新前缀和 pre。
   • 检查哈希表中是否存在 pre - k，如果存在，说明从某个位置到当前位置的子数组和为 k，则将其出现次数加到 cnt 中。
   • 更新哈希表，将当前前缀和 pre 出现的次数加 1。

3. 返回结果：

   • 遍历完所有元素后，cnt 中存储的就是符合条件的子数组数量。

时间复杂度与空间复杂度

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。我们只需要遍历一次数组，同时进行常数时间的哈希表操作。
• 空间复杂度：O(n)，我们需要使用哈希表存储前缀和及其出现次数，最坏情况下哈希表的大小为 n。

代码实现

class Solution {public int subarraySum(int[] nums, int k) {int len = nums.length;int pre = 0, cnt = 0;HashMap<Integer, Integer> map = new HashMap<>();map.put(0, 1); // 初始化，前缀和为0的有1个，这样做不会忽略掉“从数组起始位置开始的和为 k 的子数组”。for (int i = 0; i < len; i++) {pre += nums[i]; // 计算当前前缀和if (map.containsKey(pre - k)) {  // 说明从某个位置到当前位置存在连续子数组和为 kcnt = cnt + map.get(pre - k); // 增加符合条件的子数组的数量}// 更新哈希表，记录当前前缀和出现的次数map.put(pre, map.getOrDefault(pre, 0) + 1); }return cnt; // 返回符合条件的子数组数量}
}

2. 滑动窗口最大值

题目描述

给定一个整数数组 nums 和一个滑动窗口的大小 k，请你在数组中找出每个滑动窗口的最大值，并返回一个数组。

解题思路

这道题目是一个典型的滑动窗口问题。直接暴力计算每个窗口中的最大值的时间复杂度是 O(n*k)，这种做法在数据量较大的情况下效率较低。因此，我们可以使用 双端队列（Deque） 来优化这一过程。

双端队列的原理：

• 双端队列是一种支持从两端高效插入和删除的队列结构。我们可以利用它来存储数组元素的下标，并保持队列中的元素按照值的大小顺序排列。这样可以确保队列的第一个元素永远是当前窗口中的最大值。

优化步骤：

及时去掉无用数据，保证双端队列有序（当前数组>=队尾，弹出队尾；弹出队首不在窗口内的元素）

1. 使用一个双端队列 q 来存储窗口中的元素的下标。
2. 保证队列中的元素下标对应的值是递减的，队列的首部始终是窗口的最大值。
3. 每次移动窗口时：
   • 入队操作：将新元素的下标加入队列，并从队列的尾部移除所有小于当前元素的值，以保证队列保持递减顺序。
   • 出队操作：如果队列头部的元素已经不再在当前窗口范围内（即超出窗口的左边界），则将其从队列中移除。
   • 记录结果：当窗口大小达到 k 时，记录当前窗口的最大值，即队列头部的元素。

Java实现

class Solution {public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {int n = nums.length;Deque<Integer> q = new ArrayDeque<>(); // 存的是nums的下标int[] ans = new int[n - k + 1];for (int i = 0; i < n; i++) {// 1. 入队：保持队列中的元素递减while (!q.isEmpty() && nums[i] >= nums[q.getLast()]) {q.removeLast();}q.addLast(i); // 队列存的是下标// 2. 出队：如果队列的第一个元素不在窗口内，移除它if (i - q.getFirst() >= k) {q.removeFirst();}// 3. 存结果：当窗口大小达到k时，记录最大值if (i >= k - 1) {ans[i - k + 1] = nums[q.getFirst()];}}return ans;}
}

3. 最小覆盖子串

题目描述

给定字符串 s 和字符串 t，找到 s 中包含 t 中所有字符的最小子串。如果 s 中没有包含 t 中所有字符的子串，则返回空字符串。

解题思路

这是一个经典的滑动窗口问题。我们需要在字符串 s 中找到一个最小的子串，该子串包含了 t 中所有字符。最初我们可以考虑暴力解法，但暴力解法会超时，因此我们需要使用 滑动窗口 技巧来优化算法。

滑动窗口的基本思路：

1. 滑动窗口的定义：我们维护一个窗口，窗口的大小是可变的，在窗口内包含了 t 中的所有字符。
2. 扩展窗口：从字符串 s 的开始位置开始扩展窗口，逐步包含 t 中的字符。
3. 收缩窗口：当窗口已经包含了 t 中的所有字符时，尝试缩小窗口的大小，以找到更小的符合条件的子串。
4. 窗口合法性：当窗口内包含所有 t 中的字符时，窗口是合法的。

具体步骤：

1. 使用两个指针 left 和 right 表示滑动窗口的左右边界，初始化时都指向字符串 s 的开头。
2. 使用两个哈希表 cntT 和 cntS 来记录 t 中字符的出现频率和当前窗口中字符的出现频率。
3. 当窗口包含 t 中的所有字符时，尝试缩小窗口的左边界。
4. 在每次扩展和收缩窗口时，更新当前的最小子串。

算法的关键点：

• 记录 t 中所有字符的频率。
• 使用两个指针维护滑动窗口。
• 记录窗口内字符的频率并与 t 中的字符频率进行比较。

Java实现

class Solution {public String minWindow(String s, String t) {int ansLeft = -1;int m = s.length();int ansRight = m;// 记录t的字符出现的次数Map<Character, Integer> cntT = new HashMap<>();for (char c : t.toCharArray()) {cntT.put(c, cntT.getOrDefault(c, 0) + 1);}// 记录s的字符出现的次数Map<Character, Integer> cntS = new HashMap<>();int left = 0;int formed = 0;  // 记录s和t覆盖的字符的个数int required = cntT.size();  // 记录t中的不同字符的个数for (int right = 0; right < m; right++) {char sr = s.charAt(right);cntS.put(sr, cntS.getOrDefault(sr, 0) + 1);// 如果s中的字符完全匹配t中的字符if (cntT.containsKey(sr) && cntS.get(sr).intValue() == cntT.get(sr).intValue()) {formed++;}// 当s子串能覆盖t的时候收缩窗口while (formed == required) {if (right - left < ansRight - ansLeft) {ansLeft = left;ansRight = right;}// 收缩窗口char leftChar = s.charAt(left);cntS.put(leftChar, cntS.get(leftChar) - 1);if (cntT.containsKey(leftChar) && cntS.get(leftChar).intValue() < cntT.get(leftChar).intValue()) {formed--;}left++;}}return ansLeft < 0 ? "" : s.substring(ansLeft, ansRight + 1); // 左闭右开}
}